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Clave de corrección – Primer turno Tema 4 1 Matemática Clave de corrección segundo parcial Primer turno 12/06/2019 Tema 4 El dominio de la función es el conjunto de todos los números reales. Primero vamos a hallar la o las raíces de la función. 6 ∙ 2𝑥+1 − 24 = 0 ↔ 6 ∙ 2𝑥+1 = 24 ↔ 2𝑥+1 = 4 ↔ 2𝑥+1 = 22 ↔ 𝑥 + 1 = 2 ↔ 𝑥 = 1 Analizamos el signo de la función en los intervalos (−∞; 1), (1; +∞). En el intervalo (−∞; 1) el signo de la función es negativo ya que 0 ∈ (−∞; 1) y 𝑓(0) = −12. En el intervalo (1; +∞) el signo de la función es positivo ya que 2 ∈ (1; +∞) y 𝑓(2) = 24. Conjunto de negatividad = (−∞; 1). Conjunto de positividad = (1; +∞). También se podría obtener el conjunto de positividad resolviendo la inecuación: Ejercicio 1 (2 puntos) Dada la función exponencial 𝑓(𝑥) = 6 ∙ 2𝑥+1 − 24 determinar los conjuntos de negatividad y positividad de la función. Clave de corrección – Primer turno Tema 4 2 6 ∙ 2𝑥+1 − 24 > 0 ↔ 2𝑥+1 > 4 ↔ 2𝑥+1 > 22 ↔ 𝑥 + 1 > 2 ↔ 𝑥 > 1 Y el conjunto de negatividad resolviendo la inecuación: 6 ∙ 2𝑥+1 − 24 < 0 ↔ 2𝑥+1 < 4 ↔ 2𝑥+1 < 22 ↔ 𝑥 + 1 < 2 ↔ 𝑥 < 1 Primero buscamos la abscisa del punto (𝑥; 𝑦) donde se cruzan las gráficas de las funciones. Para esto planteamos 2𝑥 + 2 = 6 − 2𝑥 ↔ 2𝑥 + 2𝑥 = 6 − 2 ↔ 4𝑥 = 4 ↔ 𝑥 = 1 El eje de ordenadas se corresponde con 𝑥 = 0. El área limitada por las gráficas de las funciones la calculamos como Ejercicio 2 (3 puntos) Calcular el área de la región limitada por las gráficas de las funciones 𝑔(𝑥) = 2𝑥 + 2, ℎ(𝑥) = 6 − 2𝑥 y el eje de las ordenadas (eje y). Graficar en un mismo plano las funciones. Clave de corrección – Primer turno Tema 4 3 á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑖ó𝑛 = ∫[(6 − 2𝑥) − (2𝑥 + 2)] 1 0 𝑑𝑥 = ∫[6 − 2𝑥 − 2𝑥 − 2] 1 0 𝑑𝑥 = = ∫ 4 − 4𝑥 1 0 𝑑𝑥 = (4𝑥 − 4 2 𝑥2)| 0 1 = (4 ∙ 1 − 4 2 12) − (4 ∙ 0 − 4 2 02) = = 4 − 2 = 2 El área de la región limita por las gráficas de las funciones es igual a 2. El dominio de la función serán todos aquellos valores para los cuales el denominador no se anula. El denominador se anula si 𝑥2 + 3𝑥 − 10 = 0 ↔ 𝑥1,2 = −(3) ± √(3)2 − 4 ∙ 1 ∙ (−10) 2 ∙ 1 = −3 ± √49 2 = −3 ± 7 2 → 𝑥1 = −5, 𝑥2 = 2 Entonces, 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {−5; 2} La recta 𝑥 = 𝑏 es una asíntota vertical si lim 𝑥→𝑏 𝑓(𝑥) = ∞. Los valores de "𝑏", candidatos a ser posibles asíntotas verticales, son aquellos valores que no pertenecen al dominio de la función. Como 𝑥1 = −5, 𝑥2 = 2 son raíces de la cuadrática 𝑥 2 + 3𝑥 − 10 tenemos que 𝑥2 + 3𝑥 − 10 = (𝑥 − (−5)(𝑥 − 2) = (𝑥 + 5)(𝑥 − 2) Entonces, la expresión de la función se puede es equivalente a Ejercicio 3 (2 puntos) Dada la función 𝑔(𝑥) = 𝑥 + 5 𝑥2 + 3𝑥 − 10 hallar el dominio y determinar mediante el uso de límites la existencia o no de asíntotas verticales. Clave de corrección – Primer turno Tema 4 4 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 5 𝑥2 + 3𝑥 − 10 = 𝑥 + 5 (𝑥 + 5)(𝑥 − 2) = 1 𝑥 − 2 (Recordar que 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {−5; 2}) Analizamos el límite de la función cuando los valores de 𝑥 se acercan a 𝑥 = −5, y cuando 𝑥 = 2. Cuando 𝑥 = −5 lim 𝑥→−5 𝑓(𝑥) = lim 𝑥→−5 1 𝑥 − 2 = − 1 7 → 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎 𝒙 = −𝟓 𝑵𝑶 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒂𝒔í𝒏𝒐𝒕𝒂 𝒗𝒆𝒓𝒕𝒊𝒄𝒂𝒍 Cuando 𝑥 = 2 lim 𝑥→2 𝑓(𝑥) = lim 𝑥→2 1 𝑥 − 2 = ∞ → 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎 𝒙 = 𝟐 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒂𝒔í𝒏𝒐𝒕𝒂 𝒗𝒆𝒓𝒕𝒊𝒄𝒂𝒍 La función tiene una sola asíntota vertical y es la recta de ecuación 𝑥 = 2 La pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto (0; 𝑔(0)) es igual al valor de la derivada primera de la función evaluada en 𝑥 = 0. Entonces 𝑔′(0) = − 1 5 Ejercicio 4 (3 puntos) Dada la función 𝑔(𝑥) = 𝑏 − 𝑥 3𝑥 + 2 hallar el valor de la constante 𝑏 ∈ ℝ si se sabe que la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto (0; 𝑔(0)) es igual a − 1 5 Clave de corrección – Primer turno Tema 4 5 Necesitamos calcular la expresión general de la derivada primera de la función. 𝑔′(𝑥) = (𝑏 − 𝑥)′(3𝑥 + 2) − (𝑏 − 𝑥)(3𝑥 + 2)′ (3𝑥 + 2)2 = (−1) ∙ (3𝑥 + 2) − (𝑏 − 𝑥) ∙ (3) (3𝑥 + 2)2 = = (−3𝑥 − 2) − (3𝑏 − 3𝑥) (3𝑥 + 2)2 = −3𝑥 − 2 − 3𝑏 + 3𝑥 (3𝑥 + 2)2 = −2 − 3𝑏 (3𝑥 + 2)2 𝑔′(0) = −2 − 3𝑏 (3 ∙ 0 + 2)2 = −2 − 3𝑏 4 Por otro lado, 𝑔′(0) = − 1 5 Entonces, −2 − 3𝑏 4 = − 1 5 ↔ −2 − 3𝑏 = − 4 5 ↔ −3𝑏 = 2 − 4 5 ↔ −3𝑏 = 6 5 → 𝑏 = − 2 5
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